Федеральное государственное образовательное бюджетное учреждение высшего профессионального образования «Сибирский государственный университет телекоммуникаций и информатики» (ФГОБУ ВПО «СибГУТИ») Межрегиональный учебный центр переподготовки специалистов (МУЦПС) Контрольная работа №1 По курсу общей физики для студентов дистанционной формы обучения Выполнила: студентка группы ПБТ-02 Клабукова Ксения Андреевна Вариант 1 Проверил: ст. преподаватель кафедры физики СибГУТИ Стрельцов А. И. Часть 1 1. При горизонтальном полёте со скоростью 250 м/с снаряд массой 8 кг разорвался на две части. Большая часть массой 6 кг получила скорость 400 м/с в направлении полёта снаряда. Вычислите модуль и определите направление скорости меньшей части снаряда. y Дано: Решение: M 8 кг x V2 V M m2 V 250м/с m1 6 кг V1 400м/с V2 ? V1 m1 1) Применим закон сохранения импульса который запишется так: MV m1 V1 m2V2 . Предположим, что второй осколок после разрыва двигался в обратном направлении по отношению к первому осколку. 2) Массу второго мы можем вычислить: m2 (M - m1 ) и подставить в закон сохранения импульса: MV m1 V1 (M - m1 )V2 3) Отсюда выразим и найдём скорость второго осколка: 𝑀𝑉−𝑚 𝑉 8кг×250м⁄с−6кг×400м⁄с 𝑉2 = (𝑀−𝑚1 )1 = = −200м/с (8кг−6кг) 1 Значение скорости получилось отрицательным, так как осколок полетит в направлении, противоположном первому. Ответ: 𝑉2 = −200 м⁄с. 2. В деревянный шар массой 8 кг, подвешенный на нити длиной 1,8 м, попадает горизонтально летящая пуля массой 4 г. С какой скоростью летела пуля, если нить с шаром и застрявшей в нём пулей отклонилась от вертикали на угол 30°? Размером шара пренебречь. Удар пули считать прямым, центральным. Дано: Решение: 𝑚1 = 0,004кг 𝑚2 = 0,08кг 𝐿 = 1,8м 𝛼 = 30° 𝑉1 =? 1) Применим закон сохранения импульса для пули: 𝑃1 = 𝑚1 × 𝑉1 Тогда импульс системы после столкновения будет равен: 𝑚1 × 𝑉1 = (𝑚1 + 𝑚2 ) × 𝑉2 ; где 𝑉2- скорость пули и шарика после столкновения. 2) Применим закон сохранения энергии для данной системы: 𝐸к = ∆𝐸п Начальная кинетическая энергия шарика с пулей: 𝐸к0 (𝑚1 )2 × (𝑉1 )2 ( 𝑚1 + 𝑚2 ) × 𝑉 2 2 = = 2 2 × ( 𝑚1 + 𝑚2 ) После столкновения кинетическая энергия перешла в потенциальную по закону сохранения энергии 𝐸к = ∆𝐸п 3) Начальная потенциальная энергия (относительно точки подвеса) равна: шарика и пули 𝐸п0 = −(𝑚1 + 𝑚2 ) × 𝑔 × 𝐿 ; где g – ускорение свободного падения. После их отклонения на угол 𝛼, величина ОА (из треугольника) стала равна 𝐿 × cos 𝛼. Тогда максимальная потенциальная энергия будет равна: 𝐸п1 = −(𝑚1 + 𝑚2 ) × 𝑔 × 𝐿 × cos 𝛼. А разность потенциальных энергий: 𝐸п1 − 𝐸п0 = −(𝑚1 + 𝑚2 ) × 𝑔 × 𝐿 × cos 𝛼 + (𝑚1 + 𝑚2 ) × 𝑔 × 𝐿 = (𝒎𝟏 + 𝒎𝟐 ) × 𝒈 × 𝑳 × (𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 𝜶) 4) Подставим в закон сохранения энергии формулы, которые у нас получились и выразим оттуда скорость. 𝐸к = ∆𝐸п принимает вид: (𝑚1 )2 × (𝑉1 )2 = (𝑚1 + 𝑚2 ) × 𝑔 × 𝐿 × (1 − cos 𝛼) 2 × (𝑚1 + 𝑚2 ) Выразим из этой формулы искомую скорость пули 𝑉1 и рассчитаем её: 𝑉1 = 𝑉1 = (𝑚1 + 𝑚2 ) × √2𝑔 × 𝐿 × (1 × cos 𝛼) 𝑚1 (0,004кг + 0,08кг) × √2 × 9,8 м⁄с2 × 1,8м × (1 × cos 30°) = 441 м⁄с 0,004кг Ответ: 𝑉1 = 441 м⁄с. 3. Частица движется со скоростью, равной одной трети от скорости света в вакууме. Какую долю энергии покоя составляет кинетическая энергия частицы? Дано: 𝑉= 𝑐 3 𝐸𝑘 =? 𝐸0 Решение: 1) Запишем формулы энергии покоя и кинетической энергии частицы: 𝐸0 = 𝑚0 𝑐 2 ; 𝐸к = 𝑚0 𝑐 2 ( 1 2 √1−𝑉2 − 1); где с – скорость света 𝑐 2) Доля кинетической энергии частицы будет равна: 𝐸к 𝐸0 =( 1 2 √1−𝑉2 𝑐 Ответ: 𝐸к 𝐸0 − 1); 𝐸к 𝐸0 = 0,061. =( 1 2 √1− 𝑐 2 9×𝑐 − 1) = 0,061 4. Точечные заряды +2,0 мкКл и -1,2 мкКл находятся на расстоянии 5 см друг от друга. Вычислите напряжённость поля в точке, удаленной на 3 см от положительного и на 4 см от отрицательного заряда. Вычислите силу, действующую в этой точке на точечный заряд 0,08 мкКл. Дано: Решение: 𝑞1 = 2 × 10−6 Кл 𝑞2 = −1,2 × 10−6 Кл 𝑅 = 0,05м 𝐿1 = 0,03м 𝐿2 = 0,04м 𝑞 = 0,08 × 10−6 Кл 𝐸 =? ; 𝐹 =? 1) Напряжённость поля точечного заряда на расстоянии r: 𝐸= 𝑞 4𝜋×𝜀0 ×𝑟 2 . Из построенного рисунка видно, что заряды образуют прямоугольный треугольник: 𝐿1 2 + 𝐿1 2 = 𝑅2 Тогда напряжённость полей первого и второго заряда соответственно: 𝐸1 = 𝑞1 4𝜋×𝜀0 ×𝐿1 2 ; 𝐸2 = 𝑞2 4𝜋×𝜀0 ×𝐿2 2 Из построенного рисунка видно, что заряды образуют прямоугольный треугольник: 𝐿1 2 + 𝐿1 2 = 𝑅2 2) Пользуясь принципом суперпозиции, мы получим: 𝐸⃗ = ⃗⃗⃗⃗ 𝐸1 + ⃗⃗⃗⃗ 𝐸2 в векторной форме Поскольку угол между 𝐸1 и 𝐸2 прямой, воспользуемся теоремой Пифагора 2 2 𝑞1 2 𝑞2 2 𝐸 2 = 𝐸1 + 𝐸2 = ( ) +( ) 4𝜋 × 𝜀0 × 𝐿1 2 4𝜋 × 𝜀0 × 𝐿2 2 Тогда: 𝐸= 1 4𝜋×𝜀0 × √( 𝑞1 2 𝐿1 𝑞 2 2 2) + ( 2) ; 𝐿 2 3) Подставим значения и рассчитаем напряжённость поля точечного заряда: 2 𝐸= 2 1 2 × 10−6Кл −1,2 × 10−6Кл √( × ) + ( ) (0,03м)2 (0,04м)2 4 × 3,14 × 8,85 × 10−12 Ф⁄м = 2,8 × 1011 В⁄м = 280 × 103 МВ⁄м 4) Сила, действующая на заряд q будет направлена по полю Е и равна по модулю: 𝐹 = 𝑞 × |𝐸|; 𝐹 = 0,08 × 10−6 Кл × 2,8 × 1011 В⁄м = 22,4 × 102 Н Ответ: 𝐸 = 280 × 103 МВ⁄м; 𝐹 = 22,4 × 102 Н. 5. На двух концентрических сферах радиусами R и 2R (см. рисунок 1.5) равномерно распределены заряды с поверхностными плотностями у1 и у2. Постройте сквозной график зависимости напряжённости электрического поля от расстояния до общего центра сфер Е(r) для трёх областей: I – внутри сферы меньшего радиуса, II – между сферами и III – за пределами сферы большего радиуса. Принять у1 = +4у, у2 = +у. Вычислите напряжённость электрического поля в точке, удалённой от общего центра сфер на расстояние r, и покажите на рисунке направление вектора напряжённости поля в этой точке. Принять у = 30 нКл/м2, r = 1,5R. Дано: 𝑅 Решение: Е 2𝑅 𝜎1 = 4𝜎 𝜎1 2R x 𝜎2 R 𝜎2 = 𝜎 1 𝜎 = 30 × 10−9 Кл⁄м 2 3 𝑟 = 1,5𝑅 𝐸(𝑅) =? 1) Воспользуемся теоремой Гаусса, по которой поток напряжённости Е электрического поля через замкнутую поверхность S, с величиной заряда q, внутри этой поверхности, равен: 𝑄 ∮ 𝐸𝑑𝑆 = 𝐸 × 𝑆 = 𝜀 ; где 𝜀0 = 8,85 × 10−12 Ф⁄м-электрическая 0 постоянная. 2) Площадь сферы на расстоянии х: 𝑆 = 4𝜋 × 𝑥 2 ; Поэтому: 𝐸 × 4𝜋 × 𝑥 2 = Или же: 𝐸 = 𝑄 𝜀0 𝑄 4𝜋×𝜀0 ×𝑥 2 3) Найдём заряд внутри сферы для трёх случаев. 1. 0 < 𝑥 < 𝑅. Зарядов внутри нет 𝑄 = 0. По этому 𝐸 = 0 2. 𝑅 ≤ 𝑥 < 2𝑅. В этом случае первая сфера целиком лежит внутри нашей поверхности и поэтому заряд равен: 𝑄 = 𝜎1 × 𝑆1 = 𝜎1 × 4𝜋 × 𝑅2 ; Тогда: 𝑄 𝐸= 4𝜋×𝜀0 ×𝑥 2 = 𝜎1 ×4𝜋×𝑅 2 4𝜋×𝜀0 ×𝑥 2 = 𝜎1 ×𝑅 2 𝜀0 ×𝑥 2 ; По условию 𝜎1 = 4𝜎, по этому: 𝐸= 𝐸= 4𝜎1 ×𝑅 2 𝜀0 ×𝑥 2 ; 4𝜎1 × 𝑅2 4 × 30 × 10−9 Кл⁄м2 = = 1,5 кВ⁄м 𝜀0 × (1,5𝑅)2 8,85 × 10−12 Ф⁄м × (1,5)2 3. 2𝑅 ≤ 𝑥 < +∞ В этом случае первая и вторая сфера целиком лежат внутри нашей поверхности и поэтому заряд равен: 𝑄 = 𝜎1 × 𝑆1 + 𝜎2 × 𝑆2 = 𝜎1 × 4𝜋 × 𝑅 2 + 𝜎2 × 4𝜋 × 2𝑅2 Тогда: 𝐸= 𝑄 4𝜋 × (𝜎1 × 𝑅 2 + 𝜎2 × 2𝑅 2 ) (𝜎1 + 4 × 𝜎2 ) × 𝑅 2 = = 4𝜋 × 𝜀0 × 𝑥 2 4𝜋 × 𝜀0 × 𝑥 2 𝜀0 × 𝑥 2 По условию 𝜎1 = 4𝜎 и 𝜎2 = 𝜎 , по этому: 𝐸= 8 × 𝜎 × 𝑅2 𝜀 0 × 𝑥2 8 × 30 × 10−9 Кл⁄м2 𝐸= = 27,1 кВ⁄м 8,85 × 10−12 Ф⁄м × (1,5)2 4) Построим график 𝐸(𝑅). Это и будет являтся ответом. 6. Два точечных заряда +6 нКл и +3 нКл находятся на расстоянии 60 см друг от друга. Какую работу необходимо совершить внешним силам, чтобы уменьшить расстояние между зарядами вдвое? Дано: 𝑞1 = 6 × 10−9 Кл Решение: 1) Потенциал точечного заряда 𝑞1 на расстоянии 𝑟: 𝑞2 = 3 × 10−9 Кл 𝑟1 = 0,6м 𝑟2 = 1 𝑟 2 1 𝐴 =? 𝜑= 𝑞1 4𝜋 × 𝜀0 × 𝑟 2) Работа по перемещению заряда с 𝑟1 до 𝑟2 равна разности потенциалов в этих точках умноженной на заряд 𝑞2 : 𝑞 𝑞 𝐴 = 𝑞2 × ∆𝜑 = 𝑞2 × (𝜑2 − 𝜑1 ) = 𝑞2 × (4𝜋×𝜀1 ×𝑟 − 4𝜋×𝜀1 ×𝑟 ) = 0 2 0 1 𝑞1 ×𝑞2 ×(𝑟1 −𝑟2 ) 4𝜋×𝜀0 ×𝑟1 ×𝑟2 1 3) Так как 𝑟2 = 𝑟1 по условию, то: 2 𝐴= 𝑞1 × 𝑞2 × (𝑟1 − 𝑟1 ⁄2) 𝑞1 × 𝑞2 = 4𝜋 × 𝜀0 × 𝑟1 × 𝑟1 ⁄2 4𝜋 × 𝜀0 × 𝑟1 Подставим значения и рассчитаем работу: 6 × 10−9 Кл × 3 × 10−9 Кл 𝐴= = 2,7 × 10−7 Дж = 0,27мкДж 4 × 3,14 × 8,85 × 10−12 Ф⁄м × 0,6м Ответ: 𝐴 = 0,27мкДж. 7. Пылинка массой 200 мкг, несущая на себе заряд 40 нКл, влетела в электрическое поле в направлении силовых линий. После прохождения разности потенциалов 200 В пылинка имела скорость 10 м/с. Вычислите начальную скорость пылинки. Дано: 𝑉1 = 10 м⁄с Решение: 1) Из закона сохранения энергии: 𝑇0 + 𝑊 = 𝑇1 𝑄 = 40 × 10−9 Кл 𝑚 = 200 × 10−6 кг 𝑈 = 200В 𝑉0 =? Где 𝑇0 = 𝑚×𝑉0 2 2 – начальная кинетическая энергия пылинки, 𝑊 = 𝑄 × 𝑈 – потенциальная энергия пылинки, проходящей через разность потенциалов U, 𝑚×𝑉 2 1 𝑇1 = – конечная кинетическая энергия пылинки, 2 следовательно: 𝑚×𝑉0 2 2 +𝑄×𝑈 = 𝑚×𝑉1 2 2 2) Выразим скорость 𝑉0 из закона сохранения энергии и рассчитаем её: 𝑉0 = √𝑉1 2 − 𝑉0 = 2×𝑄×𝑈 𝑚 √(10 м⁄с)2 2 × 40 × 10−9 Кл × 200В − = 9,995 м⁄с 200 × 10−6 кг Ответ: 𝑉0 = 9,995 м⁄с. 8. Конденсаторы ёмкостью 5 мкФ и 10 мкФ заряжены до напряжений 60 В и 100 В соответственно. Вычислите напряжение на обкладках конденсаторов после их соединения обкладками, имеющими одноименные заряды. Дано: 𝐶1 = 5 × 10−6 Ф 𝐶2 = 1 × 10−5 Ф Решение: 1) Заряд конденсатора ёмкостью С равен: 𝑄 = 𝐶 × 𝑈 Тогда: 𝑈1 = 60В 𝑈2 = 100В 𝑈 =? 𝑄1 = 𝐶1 × 𝑈1 = 𝐶 × 𝑈1 и 𝑄2 = 𝐶2 × 𝑈2 = 𝐶 × 𝑈2 2) Когда конденсаторы соединяются параллельно одноимённо заряженными обкладками общий заряд на пластинах будет равен 𝑄 = 𝑄1 + 𝑄2 . Конденсаторы соеденены параллельно, по этому ёмкость такой батареи конденсаторов равна 𝐶 = 𝐶1 + 𝐶2 . Тогда напряжение будет равно: 𝑈= 𝑄 𝐶 = 𝑄1 +𝑄2 𝐶1 +𝐶2 = 𝐶1 ×𝑈1 +𝐶2 ×𝑈2 𝐶1 +𝐶2 . 3) Рассчитаем напряжение: 𝑈= 5 × 10−6 Ф × 60В + 1 × 10−5 Ф × 100В 5 × 10−6 Ф + 1 × 10−5 Ф Ответ: 𝑈 = 86,7В. = 86,7В Часть 2 1. Катушка и амперметр соединены последовательно и подключены к источнику тока. К клеммам катушки присоединен вольтметр с внутренним сопротивлением 4 кОм. Амперметр показывает силу тока 0,3 А, вольтметр – напряжение 120 В. Вычислите сопротивление катушки. Вычислите относительную погрешность, которая будет допущена при измерении сопротивления, если пренебречь силой тока, текущего через вольтметр. Дано: Решение: 𝑟 = 4 × 103 Ом 𝐼 = 0,3А 𝑈 = 120В 𝑅 =? ∆𝑅 =? 1) Вольтметр и катушка соединены параллельно, а значит их общее сопротивление находится так: 1 𝑅общ = 1 1 + 𝑅 𝑟 2) Применим закон Ома: 𝐼= 𝑈 1 1 , или же 𝐼 = 𝑈 × ( + ) 𝑅 𝑟 𝑅общ Выразим искомое сопротивление и рассчитаем его: 𝑈 𝑅= 𝐼− 𝑈 𝑟 = 120В = 444 Ом 120В 0,3А − 4000 Ом 3) Можно пренебречь сопротивлением вольтметра и найти погрешность измерения сопротивления. Сопротивление вольтметра: 𝑅1 = 𝑈 𝐼 = 120В 0,3А катушки = 400 Ом без учёта сопротивления Погрешность измерения сопротивления: ∆𝑅 = 𝑅 − 𝑅1 444 Ом − 400 Ом = = 0,1 = 10% 𝑅 444 Ом Ответ: 𝑅 = 444 Ом; ∆𝑅 = 10% 2. За время 20 с при равномерно возраставшей силе тока от нуля до некоторого значения в проводнике сопротивлением 5 Ом выделилось количество теплоты 4 кДж. Вычислите скорость нарастания силы тока, если сопротивление проводника 5 Ом. 3. 4. 5. 6. 7. 8. Дано: 𝑡 = 20 с 𝐼0 = 0 𝐼1 = 𝐼𝑚𝑎𝑥 𝑄 = 4000 Дж 𝑅 = 5 Ом 𝑘 =? Решение: 1) Количество теплоты, выделяющееся на проводнике при прохождении тока за время dt равно: 𝑄 = 𝐼 2 × 𝑟 × 𝑑𝑡 2) Зависимость тока от времени: 𝐼 = 𝑘𝑡 + 𝐼0 , где 𝑘 = 𝐼1 −𝐼0 𝑡 Тогда полная теплота равна интегралу: 𝑡 𝑄 = ∫ 𝑑𝑄 = ∫ 𝐼 2 × 𝑅 × 𝑑𝑡 0 𝑡 = ∫(𝑘 × 𝑡 + 𝐼0 )2 × 𝑅 × 𝑑𝑡 0 𝑡3 𝑡2 = (𝑘 × + 2𝑘 × 𝐼0 × + 𝐼0 2 × 𝑡) × 𝑅 3 2 2 Так как 𝐼0 = 0 , то: 2 𝑄=𝑘 × 𝑡3 3 ×𝑅 3) Выразим и рассчитаем скорость нарастания силы тока: 3×𝑄 3 × 4000Дж 𝑘=√ 3 =√ = 0,55 А⁄с (20 с)3 × 5 Ом 𝑡 ×𝑅 Ответ: 𝑘 = 0,55 А⁄с 3. Бесконечно длинный провод с током 100 А изогнут так, как это показано на рисунке 1.3. Вычислите магнитную индукцию в точке О и укажите на рисунке её направление. Радиус дуги 10 см. 9. Дано: Решение: 𝐼 = 100 А 𝑅 = 0,1 м 𝐵 =? 1) Применим принцип суперпозиции для магнитных полей: 𝐵 = ∑ 𝐵𝑖 Разобьём провод на пять частей: прямолинейные провода AB и EF, уходящие одним концом в бесконечность; отрезок CD; две полуокружности BC и DE, радиусом 2R и R соответственно. Тогда: 𝐵 = 𝐵𝐴𝐵 + 𝐵𝐵𝐶 + 𝐵𝐶𝐷 + 𝐵𝐷𝐸 + 𝐵𝐸𝐹 2) Индукция участков AB и DC равна нулю, так как точка О лежит на оси провода AB. Следовательно: 𝐵 = 𝐵𝐵𝐶 + 𝐵𝐷𝐸 + 𝐵𝐸𝐹 Магнитная индукция кругового тока радиусом R равна: 𝐵= 𝜇0 𝐼 2𝑅 Тогда: 1 𝜇0 𝐼 2 2×2𝑅 𝐵𝐵𝐶 = × = 𝜇0 𝐼 8×𝑅 1 𝜇0 𝐼 2 2×𝑅 и 𝐵𝐷𝐸 = × = 𝜇0 𝐼 4×𝑅 Вектор 𝐵𝐵𝐶 направлен в сторону противоположную направлению вектора 𝐵𝐷𝐸 (токи текут в разных направлениях). Вектор 𝐵𝐸𝐹 будет сонаправлен с вектором 𝐵𝐷𝐸 . Поэтому: 𝐵 = 𝐵𝐷𝐸 − 𝐵𝐵𝐶 + 𝐵𝐸𝐹 = 𝜇0 𝐼 𝜇0 𝐼 𝜇0 𝐼 − + 𝐵𝐸𝐹 = + 𝐵𝐸𝐹 4×𝑅 8×𝑅 8×𝑅 Магнитное поле на расстоянии r от отрезка длинной 1, по которому течёт ток силой I, равно: 𝜇0 𝐼 (cos 𝛼1 − cos 𝛼2 ) 4𝜋 × 𝑟 По этой формуле найдём индукцию 𝐵𝐸𝐹 . 𝜋 По рисунку видно, то 𝛼1 = , 𝛼2 = 𝜋, 𝑟 = 𝑅, тогда: 2 𝐵𝐸𝐹 = 𝜇0 𝐼 𝜋 (cos − cos 𝜋) 4𝜋 × 𝑅 2 3) Выведем и рассчитаем магнитное поле от всей рамки: 𝐵= 𝜇0 𝐼 𝜇0 𝐼 𝜇0 𝐼 2 + = (1 + ) 8 × 𝑅 4𝜋 × 𝑅 8 × 𝑅 𝜋 4𝜋 × 10−7 Гн⁄м × 100 А 2 𝐵= (1 + ) = 2,57 × 10−4 Тл = 0,257 мТл 8 × 0,1м 3.14 Ответ: 𝐵 = 0,257 мТл 4. По двум параллельным проводам длиной 3 м каждый текут одинаковые токи 500 А. Расстояние между проводами равно 10 см. Вычислите силу взаимодействия проводов. Дано: Решение: 𝐼1 = 𝐼2 = 500 А 1) Сила взаимодействия бесконечно длинных параллельных токов на единицу их длинны: 𝐿 = 0,1 м 𝜇0 × 𝐼1 × 𝐼2 2𝜋 × 𝐿 𝑆 =3м 𝐹= 𝐹 =? Тогда на провод длинной 𝑆 будет действовать сила: 𝐹= 𝜇0 × 𝐼1 × 𝐼2 ×𝑆 2𝜋 × 𝐿 2) Рассчитаем силу взаимодействия: 𝐹= 4𝜋 × 10−7 Гн⁄м × 500 А × 500 А 2 × 3.14 × 0,1м Ответ: 𝐹 = 1,5 Н × 3м = 1,5 Н 5. Два иона разных масс с одинаковыми зарядами влетели в однородное магнитное поле и стали двигаться по окружностям радиусами 3 см и 1,73 см. Вычислите отношение масс ионов, если они прошли одинаковую ускоряющую разность потенциалов. Дано: Решение: 𝑈1 = 𝑈2 = 𝑈 𝑄1 = 𝑄2 𝑅1 = 0,03 м 𝑅2 = 0,0173 м 𝑚1 =? 𝑚2 1) По закону сохранения энергии, кинетическая энергия заряда после прохождения разности потенциала 𝑈: 𝐸𝑘 = 𝑄 × 𝑈 По определению кинетическая энергия равна: 𝐸𝑘 = 𝑚×𝑉 2 2 , отсюда скорость: 𝑉 = √ 2×𝐸𝑘 𝑚 =√ 2×𝑄×𝑈 𝑚 2) Свяжем систему отсчёта с зарядом. На него действуют две силы. Сила Лоренса 𝐹л = 𝑄 × [𝑉 × 𝐵], 𝐵 – индукция магнитного поля. Центробежная сила 𝐹ц.б. = 𝑚×𝑉 2 𝑅 , 𝑅- радиус. 3) По третьему закону Ньютона эти силы равны и противоположны по направлению. 𝐹л = 𝐹ц.б. 𝑚 × 𝑉2 = = 𝑄 × [𝑉 × 𝐵] 𝑅 Откуда удельный заряд равен: 𝑄 𝑉 = 𝑚 𝑅×𝐵 Подставим 𝑉 и получим: 𝑄 𝑚 2×𝑄×𝑈 𝑚 √ = 𝑚= 𝑅×𝐵 , откуда 𝑚: 𝑄×(𝑅×𝐵)2 2×𝑈 4) Следовательно 𝑚1 и 𝑚2 : 𝑚1 = 𝑄1 ×(𝑅1 ×𝐵)2 2×𝑈 и 𝑚2 = 𝑄2 ×(𝑅2 ×𝐵)2 2×𝑈 соответственно. Выведем формулу соотношения масс и рассчитаем её: 𝑚1 2 × 𝑄1 × (𝑅1 × 𝐵)2 𝑅1 2 = =( ) 𝑚2 2 × 𝑄2 × (𝑅2 × 𝐵)2 𝑅2 𝑚1 0,03м 2 =( ) =3 𝑚2 0,0173м Ответ: 𝑚1 𝑚2 =3 6. Протон влетел в скрещенные под углом 120° магнитное поле с индукцией 50 мТл и электрическое поле с напряжённостью 20 кВ/м. Вычислите ускорение протона, если его скорость равна 400 км/с и перпендикулярна силовым линиям обоих полей. Дано: Решение: 𝐵 = 0,05 Тл 𝐸 = 20 × 103 В⁄м 𝛼 = 120° 𝑉 = 4 × 105 м⁄с а =? 1) Ускорение a определяется в момент вхождения заряженной частицы в область пространства, где локализованы однородные магнитное и электрическое поля. 2) На протон, движущийся перпендикулярно магнитному полю, действует Сила Лоренса: 𝐹л = 𝑄 × [𝑉 × 𝐵] Со стороны электрического поля действует сила равная: 𝐹𝑒 = 𝑒 × 𝐸 3) Результирующая сила равна сумме векторов: 𝐹 = ⃗⃗⃗ 𝐹л + ⃗⃗⃗ 𝐹𝑒 , угол между ними 𝛼 = 120° 4) Модуль силы равен: |𝐹| = √𝐹л 2 + 𝐹𝑒 2 + 2 × 𝐹л × 𝐹𝑒 × cos 𝛼 5) Применим второй закон Ньютона 𝐹 = 𝑚𝑎, подставим его в предыдущую формулу, выведем и рассчитаем ускорение: 𝑒 × √𝐸 2 + (𝑉 × 𝐵)2 + 2 × 𝐸 × 𝑉 × cos 𝛼 𝑚 1,6 × 10−19 Кл = 1,67 × 10−27 Кг × √(20 × 103 В⁄м)2 + (4 × 105 м⁄с × 0,05 Тл)2 + 2 × 20 × 103 В⁄м × 4 × 105 м⁄с × 2 = 1,9 × 1012 м⁄с 𝑎= Ответ: а = 1,9 × 1012 м⁄с 2 7. Плоский контур площадью 20 см2 находится в однородном магнитном поле с индукцией 0,03 Тл. Вычислите магнитный поток, пронизывающий контур, если плоскость его составляет угол 60° с направлением линий магнитной индукции. Дано: 𝐵 = 0,03 Тл Решение: 1) Магнитный поток, пронизывающий виток, находящийся под углом а к магнитному полю В, равен: 𝛼 = 60° 𝑆 = 0,002м2 Ф =? Ф = 𝐵 × 𝑆 × sin 𝛼 2) Подставим значения и рассчитаем магнитный поток: Ф = 0,03 Тл × 0,002м2 × sin 60° = 5,2 × 10−5 Вб Ответ: Ф = 5,2 × 10−5 Вб 8. В однородном магнитном поле с индукцией 0,1 Тл равномерно с частотой 5 c1 вращается стержень длиной 50 см так, что плоскость его вращения перпендикулярна силовым линиям поля, а ось вращения проходит через один из его концов. Вычислите индуцируемую на концах стержня разность потенциалов. Дано: Решение: 𝐵 = 0,1 Тл 𝑣 = 5 с−1 𝐿 = 0,5м 𝑈 =? 1) В случаях движения контура в магнитном поле ЭДС индукции обусловлена действием силы Лоренца на заряды, находящиеся в контуре. В нашем случае это запишется так: 𝐹л = 𝑄 × [𝑉 × 𝐵] В результате на участке L произойдёт разделение зарядов: свободные электроны переместятся вверх и между концами участка возникнет разность потенциалов. 2) Заряды на концах стержня будут создавать поле Е, которое будет препятствовать дальнейшему разделению зарядов. Наступит момент, когда сила Лоренца 𝐹л станет равна силе поля Е. 𝐹л = 𝐸; откуда 𝐸 = 𝐹л 𝑒 = 𝑒×𝑉×𝐵 𝑒 =𝑉×𝐵 В данном случае скорость электронов внизу стержня равна: 𝑉 = 𝑛 × 𝐿, тогда 𝐸 = 𝑛 × 𝐿 × 𝐵 3) По определению индуцируемая разность потенциалов равна: 𝑈 = 𝐸 × 𝐿, в нашем случае 𝑈 = 𝑛 × 𝐿2 × 𝐵 4) Подставим значения и рассчитаем индуцируемую разность потенциалов: 𝑈 = 5 с−1 × (0,5м)2 × 0,1 Тл = 0,125 В Ответ: 𝑈 = 0,125 В
